高中数学人教A版2019选择性必修一培优练习3-15圆锥曲线中的面积问题大题专项训练（30道）Word版附解析

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专题3.15 圆锥曲线中的面积问题大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第一册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022·全国·高二课时练习）设F1，F2是双曲线x25−y24=1的两个焦点，P是该双曲线上一点，且PF1:PF2=2:1，求△PF1F2的面积．【解题思路】由双曲线定义结合已知可得PF1,PF2，再利用余弦定理可得cos∠F1PF2，然后由同角三角函数的平方关系和三角形面积公式可得.【解答过程】∵F1，F2是双曲线x25−y24=1的两个焦点，∴不妨设F1−3,0，F23,0，∴F1F2=6，由PF1:PF2=2:1，可设PF2=xx>0，则PF1=2x．由双曲线的定义知2x−x=25，解得x=25，∴PF1=45，PF2=25，∴cos∠F1PF2=452+252−622×45×25=45，∴sin∠F1PF2=35．∴△PF1F2的面积为12×45×25×35=12．2．（2022·江苏·高二阶段练习）已知椭圆C:x24+y23=1，以及椭圆内一点M(1,1).(1)求以点M为中点的弦所在直线的方程；(2)若P是椭圆C上的点，F1,F2为左右焦点，∠F1PF2=30°，求△F1PF2的面积.【解题思路】（1）设弦的两个端点为Ax1,x2,Bx2,y2，再根据点差法求解即可；（2）根据椭圆的定义，结合余弦定理与三角形的面积公式求解即可.【解答过程】（1）设弦的两个端点为Ax1,x2,Bx2,y2，由题知AB斜率存在所以x124+y123=1①x224+y223=1②，由①-②得，3x12−x22=−4y12−y22，即y1−y2x1−x2=−3x1+x24y1+y2，因为M(1,1)为线段AB的中点，所以x1+x2=y1+y2=2，所以k=−34，所以AB：y−1=−34(x−1)，即3x+4y−7=0；（2）由题意，PF1+PF2=4，且∠F1PF2=30°，故PF12+PF22+2PF1PF2=16，又由余弦定理F1F22=PF12+PF22−2PF1PF2cos30∘=4，故16−2PF1PF21+32=4，解得PF1PF2=122+3=122−3，故△F1PF2的面积S△F1PF2=12×PF1PF2sin30∘=32−3=6−33.3．（2022·江苏南通·高三阶段练习）已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q 两点，直线AP，AQ 的斜率之和为0.(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面积.【解题思路】（1）利用点的坐标求得双曲线方程，设l:y=kx+m，联立双曲线方程，得到根与系数的关系式，结合直线AP，AQ 的斜率之和为0，进行化简，可得直线斜率；（2）利用tan∠PAQ=22结合题意可求得直线AP的斜率，进而求得P点坐标，从而求出m的值，确定x1+x2=203，x1x2=689，由此表示出|AP|=3|x1−2|，|AQ|=3|x2−2|，利用三角形面积公式即可求得答案.【解答过程】（1）将点A(2,1)代入x2a2−y2a2−1=1中，得4a2−1a2−1=1，即a4−4a2+4=0，解得a2=2 ，故双曲线方程为x22−y2=1；由题意知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则联立直线与双曲线x22−y2=1得：(2k2−1)x2+4kmx+2m2+2=0，需满足2k2−1≠0,Δ=8(m2+1−2k2)>0，故x1+x2=−4km2k2−1，x1x2=2m2+22k2−1，kAP+kAQ=y1−1x1−2+y2−1x2−2=kx1+m−1x1−2+kx2+m−1x2−2=0，化简得：2kx1x2+(m−1−2k)(x1+x2)−4(m−1)=0，故2k(2m2+2)2k2−1+(m−1−2k)(−4km2k2−1)−4(m−1)=0，即2k2+(m+1)k+m−1=0 ，即(k+1)(m+2k−1)=0，由题意可知直线l不过A点，即m+2k−1≠0，故l的斜率k=−1.（2）设直线AP的倾斜角为α，由tan∠PAQ=22，∴2tan∠PAQ21−tan2∠PAQ2=22，得tan∠PAQ2=22，（负值舍去），由直线AP，AQ 的斜率之和为0,可知2α+∠PAQ=π，即tanπ−2α2=22，则tan(π2−α)=cosαsinα=22，得kAP=tanα=2，即y1−1x1−2=2，联立y1−1x1−2=2，及x122−y12=1得x1=10−423，y1=42−53，将x1=10−423，y1=42−53代入l:y=−x+m中，得m=53，故x1+x2=203，x1x2=689，而|AP|=2+1|x1−2|=3|x1−2|，|AQ|=3|x2−2|，由tan∠PAQ=22，得sin∠PAQ=223，故S△PAQ=12|AP|⋅|AQ|sin∠PAQ=2|x1x2−2(x1+x2)+4|=2|689−2×203+4|=1629.4．（2022·陕西·研究室三模（理））已知椭圆C：y2a2+x2b2=1a>b>0的离心率为32，且过点1,2.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l被圆x2+y2=a2截得的弦长为26，设直线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求△OAB面积的最大值.【解题思路】（1）由ba=1−e2，点1,2代入椭圆，建立方程组求解即可；（2）当l的斜率存在时，先由垂径定理求出圆心到直线l的距离d=2，设l：y=kx+m，Ax1,y1，Bx2,y2，由点线距离公式可得d=m1+k2，可得m2=2k2+1，将l方程代入椭圆方程中结合韦达定理、弦长公式可得AB=46⋅k2+1k2+4，则S△OAB=12ABd，结合均值不等式讨论最大值即可；当l的斜率不存在时，则l：x=±2，可知直线l与椭圆只有一个交点，不符合题意.【解答过程】（1）e=32，ba=a2−c2a=1−e2=12，由椭圆过点1,2得4a2+1b2=1，解得a2=8，b2=2，∴椭圆C的方程为y28+x22=1.（2）直线l被圆x2+y2=8截得的弦长为26，则圆心到直线l的距离d满足62=222−d2，解得d=2，当l的斜率存在时，设l：y=kx+m，Ax1,y1，Bx2,y2，圆心为原点则有d=m1+k2=2，∴m2=2k2+1.将l方程代入椭圆方程中整理得：k2+4x2+2mkx+m2−8=0，∴x1+x2=−2mkk2+4，x1x2=m2−8k2+4，AB=k2+1⋅x1+x22−4x1x2=k2+1⋅42k2+8−m2k2+4=46⋅k2+1k2+4，∴S△OAB=12ABd=43×1k2+1+3k2+1⩽2，当且仅当k2+1=3k2+1，即k=±2时取等号.当l的斜率不存在时，则l：x=±2，过椭圆的左、右顶点，此时直线l与椭圆只有一个交点，不符合题意.∴△OAB面积的最大值为2.5．（2022·全国·高考真题）已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面积．【解题思路】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，再根据kAP+kAQ=0，即可解出l的斜率；（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，根据tan∠PAQ=22即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．【解答过程】（1）因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，所以4a2−1a2−1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22−y2=1．易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，联立y=kx+mx22−y2=1可得，1−2k2x2−4mkx−2m2−2=0，所以，x1+x2=−4mk2k2−1,x1x2=2m2+22k2−1，Δ=16m2k2−42m2+22k2−1>0⇒m2−1+2k2>0且k≠±22．所以由kAP+kAQ=0可得，y2−1x2−2+y1−1x1−2=0，即x1−2kx2+m−1+x2−2kx1+m−1=0，即2kx1x2+m−1−2kx1+x2−4m−1=0，所以2k×2m2+22k2−1+m−1−2k−4mk2k2−1−4m−1=0，化简得，8k2+4k−4+4mk+1=0，即k+12k−1+m=0，所以k=−1或m=1−2k，当m=1−2k时，直线l:y=kx+m=kx−2+1过点A2,1，与题意不符，舍去，故k=−1．（2）［方法一］：【最优解】常规转化不妨设直线PA,PB的倾斜角为α,βα0x1x2>0，解不等式组可求出m的范围，从而可求出直线l倾斜角θ的取值范围；（2）由题意可得S△ABD=2S△OAB=2×12OFy1−y2=2y1+y22−4y1y2，由（1）得到的式子代入化简，换元后利用函数的单调性可求得结果【解答过程】（1）由双曲线C:x23−y2=1得c2=3+1=4，则右焦点F2,0，显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+2，由x23−y2=1x=my+2得m2−3y2+4my+1=0，因为直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，设A(x1,y1),B(x2,y2)，Δ=16m2−4m2−3>0,y1+y2=−4mm2−3,y1⋅y2=1m2−3则Δ=16m2−4(m2−3)>0x1+x2=m(y1+y2)+4=−4m2m2−3+4>0x1x2=(my1+2)(my2+2)=m2y1y2+2m(y1+y2)+4=m2m2−3−8m2m2−3+4>0，解得−30，所以g(t)=16t−t3在[0,2]上单调递增，所以g(t)=16t−t3的最大值为g(2)=24，即S△ABM=14t3−16t的最大值为f(2)=14g(2)=6．综上可知，△ABM的面积的最大值为6．23．（2022·河南·高二期末（文））已知抛物线C:x2=2pyp>0上的点t,4到焦点F的距离等于圆x2+y2−2x+4y−31=0的半径．(1)求抛物线C的方程；(2)过点F作两条互相垂直的直线l1与l2，直线l1交C于M，N两点，直线l2交C于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的最小值．【解题思路】（1）根据圆的半径及抛物线的定义可得方程；（2）分别联立两条直线与抛物线，可得线段MN与PQ长度，进而可得面积，结合基本不等式可得最小值.【解答过程】（1）由题设知，抛物线的准线方程为y=−p2，由点t,4到焦点F的距离等于圆x2+y2−2x+4y−31=0的半径，而x2+y2−2x+4y−31=0可化为x−12+y+22=36，即该圆的半径为6，所以4+p2=6，解得p=4，所以抛物线C的标准方程为x2=8y；（2）由题意可知，直线l1与直线l2的斜率都存在，且焦点F坐标为0,2，因为l1⊥l2，不妨设直线l1的方程为y=kx+2，直线l2的方程为y=−1kx+2，联立x2=8yy=kx+2，得x2−8kx−16=0，Δ=64k2+64>0恒成立．设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=8k，x1x2=−16，所以MN=y1+p2+y2+p2=kx1+x2+4+p=8k2+8，同理，得PQ=8−1k2+8=8k2+8，所以四边形MPNQ的面积S=12MNPQ=128k2+88k2+8=12128+64k2+64k2 ≥12128+264k2⋅64k2=128，（当且仅当k=±1时等号成立）所以四边形MPNQ的面积的最小值是128．24．（2023·全国·高三专题练习）已知直线l1：y＝k1x和l2：y＝k2x与抛物线y2＝2px（p＞0）分别相交于A，B两点（异于原点O）与直线l：y＝2x+p分别相交于P，Q两点，且k1⋅k2=−2．(1)求线段AB的中点M的轨迹方程；(2)求△POQ面积的最小值．【解题思路】（1）联立方程，求出A2pk12,2pk1，B2pk22,2pk2，表达出线段AB的中点M的坐标，消去参数，求出轨迹方程；（2）设直线AB: x=my+t，与抛物线y2=2px联立，求出两根之和，两根之积，表达出弦长，进而表达出面积，换元后，求出最小值.【解答过程】(1)联立y2=2pxy=k1x，解得：x=2pk12，把x=2pk12代入y=k1x得：y=k1x=2pk1，所以A2pk12,2pk1，同理可得：B2pk22,2pk2，则线段AB的中点M的坐标为pk12+pk22,pk1+pk2，因为k1k2=−2，所以x=pk12+pk22=pk12+k224=pk1+k22+44y=pk1+pk2=pk1+k2−2，消去k1+k2得：y2=px−p2所以线段AB的中点M的轨迹方程为y2=px−p2(2)设Ay122p,y1，By222p,y2则直线l1: y=2py1x，与y=2x+p联立得：x=py12p−2y1，则y=2p22p−2y1，所以Ppy12p−2y1,2p22p−2y1，同理可得：Qpy22p−2y2,2p22p−2y2，则PQ=5py12p−2y1−py22p−2y2=5p2y1−y22p−y1p−y2，其中2py1⋅2py2=−2，解得：y1y2=−2p2，设直线AB: x=my+t，与抛物线y2=2px联立得：y2−2pmy−2pt=0，则y1+y2=2pm,y1y2=−2pt，又y1y2=−2p2，所以t=p，则p−y1p−y2=p2−y1+y2p+y1y2=−p22m+1，y1−y2=2pm2+8p2=2pm2+2，所以PQ=5pm2+22m+1，点O到直线PQ的距离为p5，所以△POQ面积为S=12⋅5pm2+22m+1⋅p5=p2m2+22⋅2m+1，令2m+1=z，则m=z−12,z≠0，所以S=p2z−122+22⋅z=p249×1z2−21z+1=p2491z−192+89，当z=9，即m=4时，△POQ面积取得最小值，最小值为26p2.25．（2022·上海静安·二模）如图，点P(xP,yP)是y轴左侧（不含y轴）一点，抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B，且PA,PB的中点均在抛物线C上.(1)若P(−1,2)，点A在第一象限，求此时点A的坐标；(2)设AB中点为M，求证：直线PM⊥y轴；(3)若P是曲线x2+y24=1(x0)，所以yA=6，即A(9,6)；（2）设A(yA24,yA),B(yB24,yB),M(xM,yM)，所以AP中点yA2+4xP8,yA+yP2代入y2=4x，得yA2−2yPyA−yP2+8xP=0，同理，yB2−2yPyB−yP2+8xP=0.所以，yA,yB是方程y2−2yPy−yP2+8xP=0的两根，由韦达定理：yA+yB=2yP，又AB中点为M(xM,yM)，所以2yM=yA+yB，所以yP=yM，即直线PM⊥y轴；（3）当lAB⊥x轴时，由对称性知，P在x轴上，则P(−1,0)，所以y2−2yPy−yP2+8xP=0化为y2−8=0，即yA=22,yB=−22，所以S△ABC=12×42×3=62；当lAB的斜率存在时，lAB方程为y−yA=yA−yBxA−xB(x−xA)=yA−yByA24−yB24(x−xA)，即−yA+ y=4yA+yB(x−xA)=2yP(x−xA)，所以y=2yPx−2xAyP+yA=2yPx+yA⋅yByA+yB，又由（2）知，yA⋅yB=8xP−yP2，则y=2yPx+8xP−yP22yP，所以AB=1+yP24⋅yA−yB=1+yP24×8(yP2−4xP) =2(yP2+4)(yP2−4xP).又点P到直线AB的距离d=2yPxP+8xP−yP22yP−yP1+4yP2=324xP−yP2yP2+4，故S△ABC=12×AB×d=324(yP2−4xP)32.又xP2+yP24=1(xP0)的焦点，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，与圆O交于C，D两点（点A，C在第一象限），E(−p,0),|EF|=2+1．(1)求抛物线的方程；(2)若|AB|=|CD|，求凹四边形OEBC面积的最小值．【解题思路】（1）表示出Fp2,0，由两点间的距离公式即可求出p=2，即可得出抛物线的方程.（2）设直线AB:x=my+1，直线与抛物线联立，求出A,B的坐标，设圆O:x2+y2=r2，圆O与抛物线联立，求出C,D的坐标，由于|AB|=|CD|，则r2=4m2+12+1m2+1，记凹四边形OEBC的面积为S，则S=S△EFB+S△OFC，带入即可求出S=(2+2)m2+1−(2+1)m−m2m2+1，再讨论m≤0，m>0即可求出答案.【解答过程】（1）易知Fp2,0，则|EF|=p2+p=2+1，故p=2，抛物线方程是y2=4x．（2）设直线AB:x=my+1，直线与抛物线联立，得y2−4my−4=0，又点A在第一象限，故yA=2m+2m2+1,yB=2m−2m2+1.设圆O:x2+y2=r2，圆O与抛物线联立，得m2+1y2+2my+1−r2=0，又点C在第一象限，故yC=−m+r2m2+1−1m2+1,yD=−m−r2m2+1−1m2+1.由于|AB|=|CD|，则yA−yB=4m2+1=yC−yD=2r2m2+1−1m2+1，故r2=4m2+12+1m2+1，yC=−m+2m2+1m2+1m2+1,yD=−m−2m2+1m2+1m2+1.记凹四边形OEBC的面积为S，则S=S△EFB+S△OFC=2+12−yB+12yc=−2+122m−2m2+1+−m+2m2+1m2+12m2+1=(2+1)m2+1−m+m2+1−m2m2+1=(2+2)m2+1−(2+1)m−m2m2+1①若m≤0，S=(2+2)m2+1−(2+1)m−m2m2+1≥(2+2)m2+1≥2+2．②若m>0，S=(2+1)2m2+1−m−m2m2+1≥(2+1)[(m+1)−m]−m4m=2+34．综上所述，凹四边形OEBC面积的最小值是2+34，当m=1,r=662时取到．27．（2022·青海·模拟预测（理））已知抛物线C:x2=2pyp>0的焦点为F，点M4,y0在抛物线C上，且MF=4+p2.(1)求抛物线C的方程；(2)过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，分别过点A，B作抛物线C的切线，记两切线的交点为P，求△PAB面积的最小值.【解题思路】（1）根据抛物线的焦半径公式求解即可；（2）设直线l:y=kx+1，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与抛物线的方程，得出韦达定理，利用导数的几何意义求解两切线，进而求得P2k,−1，再得出△PAB的面积关于k的表达，进而分析最小值即可【解答过程】(1)因为点M4,y0在抛物线C上，所以y0=8p.由抛物线的定义可得MF=y0+p2=4+p2，则y0=4，从而8p=4，解得p=2.故抛物线C的方程为x2=4y.(2)由（1）可知F0,1.由题意可得直线l的斜率存在，设直线l:y=kx+1，Ax1,y1，Bx2,y2，联立y=kx+1x2=4y，整理得x2−4kx−4=0，则x1+x2=4k，x1x2=−4，从而x1−x2=x1+x22−4x1x2=4k2+1，故AB=k2+1x1−x2=4k2+1.因为y=14x2，所以y'=12x，则直线AP的方程为y−y1=12x1x−x1，即y=12x1x−14x12.同理可得直线BP的方程为y=12x2x−14x22.联立y=12x1x−14x12y=12x2x−14x22，解得x=x1+x22=2ky=x1x24=−1，即P2k,−1.点P到直线l的距离d=2k2+2k2+1=2k2+1，则△PAB的面积S=12ABd=12×4k2+1×2k2+1=4k2+1⋅k2+1.因为k2≥0，所以k2+1≥1，所以4k2+1⋅k2+1≥4，即△PAB面积的最小值是4，当且仅当k=0时取等号.28．（2022·广东惠州·高三阶段练习）在一张纸上有一圆C：x+52+y2=64，定点M5,0，折叠纸片使圆C上某一点M1恰好与点M重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设折痕PQ与直线M1C的交点为T.(1)求点T的轨迹C'方程；(2)曲线C'上一点N，点A、B分别为直线l1：y=34x在第一象限上的点与l2：y=−34x在第四象限上的点，若AN=λNB，λ∈13,2，求△AOB面积的取值范围.【解题思路】（1）依题意可得M1T=TM，即可得到TC−TM=CM1=8，根据双曲线的定义可得点T的轨迹为以C−5,0，M5,0为焦点，实轴长为8的双曲线，从而求出T的轨迹方程；（2）设Ax1,34x1，Bx2,−34x2，PxN,yN，且x1>0，x2>0，根据AN=λNB，即可得到x1x2=41+λ2λ，再表示出OA、OB，设OA的倾斜角为θ，利用二倍角公式即同角三角函数的基本关系求出sin∠AOB，再根据S△AOB=12OA⋅OBsin∠AOB及对勾函数的性质计算可得；【解答过程】(1)解：依题意可得点M1与M关于PQ对称，则M1T=TM，∴TC−TM=TC−TM1=CM1=80，所以k2t+1>1，所以0